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广东深圳市光明高级中学2025-2026学年高二下学期期末考试物理试卷
1．下列说法中，正确的是（　　）
A．磁场与电场一样都是客观不存在的
B．带电粒子在匀强磁场中运动受到洛伦兹力做正功
C．运动电荷在磁场中某点不受洛伦兹力作用，则该点的磁感应强度不一定为零
D．电场线从正电荷出发，终止于负电荷；磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、磁场与电场一样都是客观存在的物质，故 A 错误；B、洛伦兹力始终与粒子速度方向垂直，对带电粒子不做功，故 B 错误；
C、运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，但该处磁感应强度不为零，故 C 正确；
D、磁感线是闭合曲线，磁体内部磁感线由 S 极指向 N 极，并非终止于 S 极，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查场的物质性，电场、磁场都是客观存在的物质；
B、考查洛伦兹力做功特点，洛伦兹力始终和速度垂直，永不做功；
C、考查洛伦兹力产生条件，速度与磁场平行时不受洛伦兹力；
D、考查磁感线与电场线的区别，磁感线为闭合曲线，电场线不是闭合曲线。
2．大型港口使用的“钴60集装箱检测系统”利用钴（）衰变时释放出的γ射线穿透集装箱，从而实现对走私品、危险品的无损检查。已知钴60的半衰期约为5.27年，其衰变方程为，下列说法正确的是（　　）
A．为β衰变
B．的结合能大于的结合能
C．X粒子来源于原子的核外电子
D．经过10.54年后，200个原子核还剩下50个原子核
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A. 衰变方程中质量数不变，电荷数增加1，符合衰变的特征，该衰变为衰变，A正确。
B. 衰变过程释放能量，生成物更稳定，原子核的结合能更大，因此的结合能大于的结合能，B错误。
C. 衰变产生的电子来源于原子核内中子转化为质子的过程，并非核外电子，C错误。
D. 半衰期是统计规律，只对大量原子核成立，对少量200个原子核不适用，剩余数量不一定恰好为50个，D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查原子核的衰变规律、结合能与半衰期的统计意义。根据衰变方程的质量数、电荷数守恒判断衰变类型；结合衰变放能的特点比较生成物与反应物的结合能大小；明确衰变的电子来源是原子核内部，同时理解半衰期是大量原子核的统计规律，对少量原子核不适用。
3．“空间电场防病促生”技术的基本原理是通过直流电源在悬挂电极和地面之间产生空间电场，其作用之一是加速植物体内带正电的钾、钙离子等向根部聚集，促进植物快速生长。图中实线为该空间电场线的示意图。下列说法正确的是（　　）
A．悬挂电极应接电源正极
B．图中所示的、两点场强相同
C．钾、钙离子向根部聚集过程中电势能增大
D．空气中带负电的尘埃微粒（重力不计）都将沿电场线向悬挂电极聚集
【答案】A
【知识点】电场强度；电场线；电势能
【解析】【解答】A. 带正电的离子向根部聚集，说明正电荷受电场力方向指向地面，电场方向与正电荷受力方向一致，因此电场方向由悬挂电极指向地面，电场线从正极出发，故悬挂电极接电源正极，A正确。
B. 电场强度是矢量，A、B两点电场线切线方向不同，场强方向不同，因此两点场强不相同，B错误。
C. 正离子向根部运动时，电场力方向与位移方向一致，电场力做正功，电势能减小，C错误。
D. 带负电的尘埃受电场力方向与电场线方向相反，但电场线为曲线，尘埃的速度方向与受力方向不始终共线，运动轨迹不会与电场线重合，D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查电场线的物理意义与电场力、电势能的变化规律。根据正电荷的受力方向判断电场方向，进而确定电极的正负极；结合电场强度的矢量性判断两点场强是否相同；根据电场力做功与电势能的关系分析离子的电势能变化，同时明确只有直线电场线且初速度为零时，带电粒子轨迹才会与电场线重合。
4．2021年9月，东北地区出现供电紧张，于是国家电网采取拉闸限电措施限制用电量。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，输电线的电阻为R，两个变压器均为理想变压器。在某次拉闸限电后（假设所有用电器可视为纯电阻）电网中数据发生变化，下列说法正确的是（　　）
A．降压变压器的输出电压增加了
B．升压变压器的输出电流增加了
C．输电线上损失的功率增加了
D．发电厂输出的总功率增加了
【答案】A
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】拉闸限电后用户端用电器减少，总电阻增大，降压变压器输出电流减小。
由理想变压器电流比，可知降压变压器输入电流减小，且，因此升压变压器输出电流减小，B错误。
输电线上电压损失，减小则减小；发电厂输出电压恒定，升压变压器输出电压恒定，由可知增大，再由得增加，A正确。
输电线上损失的功率，减小则损失功率减小，C错误。
由得随减小而减小，发电厂输出功率，因此输出总功率减小，D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查远距离输电的动态分析，涉及理想变压器的电压、电流规律以及输电损耗的计算。从用户端负载变化入手，先判断用户总电流的变化，再通过变压器电流比推导输电线上的电流变化，进而分析电压损失、功率损失的变化，最终推导降压变压器输出电压和发电厂总功率的变化，需按照“用户端→输电线→发电厂”的顺序逐步推导。
5．历史上曾发生过军队齐步通过吊桥时，吊桥剧烈振动甚至断裂的事故。下列选项中原理与该现象相同的是（　　）
A．图甲中，快速转动竹竿，听到蜂鸣器音调变化
B．图乙中，水波绕过挡板继续传播
C．图丙中，主动降噪耳机发出降噪声波来实现降噪的效果
D．图丁中，摩擦“鱼洗”的双耳，会发出嗡嗡声
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象；波的叠加
【解析】【解答】A、快速转动竹竿，听到蜂鸣器音调变化，属于多普勒效应，故 A 错误；B、水波绕过挡板继续传播，属于波的衍射现象，故 B 错误；
C、主动降噪耳机发出降噪声波来实现降噪，属于波的叠加抵消，故 C 错误；
D、摩擦 “鱼洗” 的双耳，会发出嗡嗡声，属于共振现象，和题干原理一致，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查多普勒效应，波源运动造成接收频率发生变化；
B、考查波的衍射，波绕过障碍物继续传播；
C、考查波的叠加，利用反相位声波抵消噪声；
D、考查共振现象，驱动力频率等于物体固有频率时发生共振，振幅显著增大。
6．图1为光电效应实验电路图，某小组用红、绿两种颜色的激光分别照射光电管的阴极K，图2为两次实验得到的曲线，则（　　）
A．图2中a光表示绿光，b光表示红光
B．研究图2中的规律时，图1的开关需接在1接线柱上
C．a光和b光分别射入同一块玻璃中，a光的传播速度更小
D．a、b两束光分别射入同一双缝干涉装置，a光的条纹间距更大
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应
【解析】【解答】根据光电效应方程，遏止电压越小，光的频率越低；红光频率低于绿光，
A、a光遏止电压更小，频率更低，代表红光；b光遏止电压大，代表绿光，故A错误；
B、为正向电压，此时A接正、K接正，开关接2接线柱，接1为反向电压，故B错误；
C、a光频率低，玻璃对a光折射率更小，由，a光在玻璃中传播速度更大，故C错误；
D、双缝干涉条纹间距，a光频率低、波长更长，条纹间距更大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查光电效应遏止电压与频率关系，频率越高遏止电压越大；
B、考查光电管电路，正向电压电源正极接A极，开关接2；
C、考查折射率与光速，频率越低介质折射率越小，光传播速度越大；
D、考查双缝干涉，波长越长，干涉条纹间距越大。
7．如图，半径为的圆形区域内有磁感应强度大小为的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一质量为、电荷量为的带电粒子从点沿直径方向以某一速度射入磁场，经磁场偏转角度后从点射出。不计粒子重力，关于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中运动的时间为
B．粒子在磁场中运动的速度大小为
C．粒子运动过程中洛伦兹力的冲量为
D．如果粒子速度增大，粒子穿过磁场的时间变大
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、粒子偏转圆心角为，运动时间，故 A 错误；
B、由几何关系得轨道半径，由洛伦兹力提供向心力，解得，故 B 正确；
C、粒子速度方向发生变化，动量发生变化，根据动量定理，洛伦兹力的冲量不为零，故 C 错误；
D、粒子速度增大，轨道半径变大，轨迹圆心角减小，粒子在磁场中的运动时间变小，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查带电粒子在磁场中运动时间计算，时间由轨迹圆心角和周期决定；
B、考查几何关系找轨道半径，结合洛伦兹力充当向心力求解速度；
C、考查动量定理，冲量等于动量的变化量；
D、考查速度对轨迹圆心角和运动时间的影响，速度越大，圆心角越小，运动时间越短。
8．如图甲是我国自行研制的CPU“龙芯”系列。图乙中，和是芯片内部两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的电阻，的表面边长为的两倍。现给、通以相同的电流I，则与相比（　　）
A．电阻大小 B．两端电压
C．相同时间内通过的电荷量 D．相同时间内产生的焦耳热
【答案】C,D
【知识点】焦耳定律；电阻定律
【解析】【解答】设边长为，边长为，厚度均为，电阻率为。
由电阻定律，电流沿正方形边长方向流动，横截面积为厚度×边长。
对：，对：，因此，A错误。
由欧姆定律，电流相同、电阻相等，则，B错误。
由电荷量公式，电流相同、时间相同，则，C正确。
由焦耳定律，电流、电阻、时间均相等，则，D正确。
故答案为：CD
【分析】本题考查电阻定律的应用与焦耳定律、欧姆定律的结合。根据电阻定律推导两个正方形电阻的阻值，得出阻值与边长无关、仅与厚度和电阻率有关的结论；再结合欧姆定律、电荷量公式和焦耳定律，分析电压、电荷量和焦耳热的关系。
9．“莫泽灯”是一种零成本环保照明用具。如图所示，装适量某透明液体且直径的圆柱形透明塑料瓶竖直固定在屋顶。一束单色光与水平面成60°角从瓶壁上的O点射入，进入瓶内后射到内壁A点，且A点比O点竖直降低h。俯视图显示光线刚好经过了瓶子横截面的中心，不计瓶壁对光的折射。下列说法正确的是（　　）
A．从O点射入，无论入射角多大，该光不可能在瓶内壁发生全反射
B．从O点射入，入射角增大到一定值，该光可以在瓶内壁发生全反射
C．该光从A点射入屋内时，出射光线与水平面的夹角为30°
D．瓶内液体对该光的折射率为
【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、根据光路可逆，O 点的折射角等于 A 点的入射角。若 A 点发生全反射，O 点入射角需大于等于 90°，光线就无法射入瓶内，因此无论入射角多大，光不可能在瓶内壁发生全反射，故 A 正确。
B、由光路可逆分析可知，不存在可以发生全反射的入射角，故 B 错误。
C、根据光路可逆，该光从 A 点射出时，出射光线与水平面夹角为 60°，故 C 错误。
D、由几何关系可得，入射角，折射率，故 D 正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查光路可逆与全反射条件，从外部入射的光线，无法在瓶内壁满足全反射条件。
B、结合光路可逆判断，不存在能触发内壁全反射的入射角度。
C、利用光路可逆判断出射光线的角度。
D、结合几何关系找出入射角和折射角，使用折射定律计算液体折射率。
10．图（a）是一种双响炮图片，图（b）是其内部结构图：内部由上、下层火药组成。在一次燃放测试时，点燃引线，下层火药先被引燃发出第一声响，爆竹获得竖直向上的速度。当爆竹上升到最大高度处时，上层火药恰好被引燃，爆炸瞬间分裂成质量均为的、两部分，、均沿水平方向飞出，、落地前瞬间速度方向互相垂直，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为。则（　　）
A．落地前瞬间速度为
B．爆炸后，、组成的系统机械能比爆炸前增加了
C．、落地点的距离为
D．、落地时，系统总动能为
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】爆炸后两部分做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，落地时竖直分速度
，爆炸瞬间水平方向动量守恒，系统初始水平动量为0，因此两部分水平速度大小相等，即。两部分落地速度方向互相垂直，说明速度与水平方向夹角均为，因此。
A. M落地瞬间的合速度，A错误。
B. 爆炸增加的机械能等于爆炸后两部分的动能增量，即，B正确。
C. 平抛运动时间，两部分向相反方向运动，落地点距离
，C正确。
D. 落地时系统总动能，D错误。
故答案为：BC
【分析】本题考查爆炸过程的动量守恒与平抛运动规律的结合，涉及机械能变化与动能计算。先分析平抛运动的竖直分速度，再利用爆炸瞬间水平动量守恒得到两部分的水平速度关系；结合落地速度垂直的几何条件求出水平速度大小，进而计算落地速度、落地点距离、机械能增量和总动能，需注意爆炸过程内力做功，机械能不守恒。
11．在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验．受此启发，某同学用如图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，部分实验步骤如下：
（1）用螺旋测微器测P、Q上固定的遮光条宽度分别为和．测示数如图乙所示，其读数为　 　；
（2）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将其中一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动。此时，可以调节左支点使其高度　 　（选填“升高”或“降低”），直至滑块能静止在导轨上。
（3）用天平测得、的质量（含遮光条）分别为和。实验时，将两个滑块压缩轻弹簧后用细线栓紧，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为、。则动量守恒应满足的关系式为　 　（用、、、、、表示）。
【答案】（1）6.860（6.858-6.862）
（2）降低
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题关键掌握“验证动量守恒定律”的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
（1）螺旋测微器的精确值为，由图乙可得
（2）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将其中一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动，可知此时左端高，右端低，可以调节左支点使其高度降低，直至滑块能静止在导轨上。
（3）两滑块被弹簧弹开后的速度分别为，
若动量守恒，则有
联立可得动量守恒应满足的关系式为
【分析】（1）读出螺旋测微器的固定刻度和可动刻度相加即可；
（2）向右加速运动，可知此时左端高，右端低，调节左支点使其高度降低；
（3）利用平均速度替代通过光电门的速度，根据动量守恒定律表达式推导。
（1）螺旋测微器的精确值为，由图乙可得
（2）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将其中一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动，可知此时左端高，右端低，可以调节左支点使其高度降低，直至滑块能静止在导轨上。
（3）两滑块被弹簧弹开后的速度分别为，
若动量守恒，则有
联立可得动量守恒应满足的关系式为
12．多用电表是电学实验中常用的仪器，常用于粗测仪器的电阻。
（1）某同学打算利用多用电表粗测一个电压表的内阻，接下来应该做的是___________（把下列实验步骤前的字母按正确的操作顺序排列；可能有多余选项）；
A．将电表开关掷于合适挡，然后将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线
C．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线
D．调节机械调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线
E．调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线
（2）用多用电表的欧姆挡测量电压表的内阻时，若发现选用“×100”挡时指针偏角过小，则应换用　 　（填“×10”或“×1k”）挡。
（3）如上图所示是一种多用电表的电路图，该多用电表测量电流的部分为一量程为10 mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。改装后有两个量程可供选择：0 ~ 100 mA和0 ~ 1 A。已知电流表的内阻为10 Ω，则R1 = 　 　，R2 = 　 　。
【答案】（1）A；B；E
（2）“×1k”
（3）；1 Ω
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查多用电表的使用，解题关键注意电表改装原理。合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近．若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位．每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率。
（1）利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用电表开关掷于合适挡，接下来先调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线；再将红、黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线，之后进行测量，则正确的操作顺序是EAB。
（2）多用电表的欧姆挡表盘的0刻线在右端，选“×100”挡时，发现指针偏转角过小（指针所指的欧姆表的示数较大），说明被测阻值较大，应改用“×1k”挡，换挡后必须将红表笔和黑表笔短接，调零后再重新测量。
（3）多用电表测量电流的部分为一量程为10mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。由图可知，开关接2应是0 ~ 100mA量程的电流表，由欧姆定律可得
开关接1应是0 ~ 1 A量程的电流表，由欧姆定律可得
联立解得
，
【分析】（1）根据欧姆表的使用规则进行判断；
（2）偏角过小，说明阻值较大，换用大挡位；
（3）根据代表改装及欧姆定律分析解答。
（1）利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用电表开关掷于合适挡，接下来先调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线；再将红、黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线，之后进行测量，则正确的操作顺序是EAB。
（2）多用电表的欧姆挡表盘的0刻线在右端，选“×100”挡时，发现指针偏转角过小（指针所指的欧姆表的示数较大），说明被测阻值较大，应改用“×1k”挡，换挡后必须将红表笔和黑表笔短接，调零后再重新测量。
（3）[1][2]多用电表测量电流的部分为一量程为10 mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。由图可知，开关接2应是0 ~ 100 mA量程的电流表，由欧姆定律可得
开关接1应是0 ~ 1 A量程的电流表，由欧姆定律可得
联立解得
，
13．学校食堂采用高温消毒柜对公共餐具进行消毒，加热前柜内气体温度T1 = 300 K，气体体积V = 100 L，压强与外部气压均为p0 = 1.0 × 105 Pa。若将柜门关好不漏气，加热一段时间后，柜内气体温度达到T2 = 390 K，此过程中气体吸收的热量为Q = 9 × 105 J，求：
（1）T2 = 390 K时柜内气体的压强p1；
（2）此过程中消毒柜内气体的内能的变化量；
（3）假设消毒柜内气体紧接着做等温变化，压强为p0时对应的体积。
【答案】（1）解：升温过程为等容变化，根据查理定律得
解得
（2）解：根据热力学第一定律
由于气体的体积不变，所以W = 0，则气体的内能的变化量为
（3）解：此过程为等温变化，根据玻意耳定律得
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 体积不变，使用查理定律处理等容变化，求解升温后的压强；
(2) 等容过程气体做功为零，直接由热力学第一定律得到内能变化；
(3) 温度不变，玻意耳定律处理等温变化，压强与体积成反比求出对应体积。
（1）升温过程为等容变化，根据查理定律得
解得
（2）根据热力学第一定律
由于气体的体积不变，所以W = 0，则气体的内能的变化量为
（3）此过程为等温变化，根据玻意耳定律得
解得
14．近年来无人配送车搭载传感器、控制器，融合通信与网络技术，广泛用于快递、商超配送，实现了运输中转全流程智能化。如图所示，一辆满载的无人配送车正以的速度沿平直大道匀速行驶，正前方一辆电动助力车正以的速度同向匀速行驶。当两车相距时，电动助力车突然以的加速度做匀减速直线运动，为避免相撞，无人配送车立即以的加速度刹车做匀减速直线运动（不考虑无人配送车的反应时间），重力加速度，求：
（1）电动助力车刹车至停止的位移的大小；
（2）无人配送车与电动助力车之间的最小距离。
【答案】（1）解：电动助力车刹车后，由匀变速直线运动的速度-位移公式：
代入数据解得
即电动助力车刹车完成后的位移大小为16m
（2）解：设从刹车开始经过时间无人配送车与电动助力车速度相等，此时两车之间的距离最小，则
解得
在时间内，无人配送车的位移，电动助力车的位移，则，
代入数据解得，
由几何关系
即无人配送车与电动助力车之间的最小距离
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】(1) 匀减速到零，直接使用速度 位移关系式求解刹车位移；
(2) 追及避碰问题，两车速度相等是距离极值的临界条件；分别算出两车位移，结合初始间距，求出最小间距。需要注意要先判断速度相等时刻两车是否都还没有停下。
（1）电动助力车刹车后，由匀变速直线运动的速度-位移公式：
代入数据解得
即电动助力车刹车完成后的位移大小为16m。
（2）设从刹车开始经过时间无人配送车与电动助力车速度相等，此时两车之间的距离最小，则
解得
在时间内，无人配送车的位移，电动助力车的位移，则，
代入数据解得，
由几何关系
即无人配送车与电动助力车之间的最小距离
15．如图，质量为的“U”形金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上，其单位长度的电阻为，bc段长为L，ab、cd段长均为3L。电阻不计、质量为m的导体棒PQ平行于bc放置在导轨上，且PQ与导轨间的动摩擦因数为μ，紧靠PQ左侧有两个固定于水平面的光滑绝缘立柱。空间中存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在时，PQ与bc间距为L，对bc边施加水平向左的力F使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a。已知重力加速度为g，PQ始终与导轨接触良好，求
（1）时回路中感应电流大小；
（2）F随时间t变化的表达式。
【答案】（1）解：线框做匀加速直线运动，速度
此时bc切割磁感线的电动势
回路中的电阻
由欧姆定律可得
将时间代入，联立解得
（2）解：PQ离开线框有
解得
①当t≤T，也即时；由第（1）问可知，PQ未离开线框前，回路中的电流
线框受到的安培力
对线框分析，由牛顿第二定律可得
联立解得
②当，也即时；离开后，线框中无电流无摩擦，则有
【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）导轨由静止开始匀加速直线运动，通过匀加速直线运动规律确定t时刻导轨的速度和位移。回路中切割磁感线的有效长度为bc段长L，感应电动势由导体棒切割磁感线产生。回路总电阻需考虑导轨单位长度电阻R0，并计算t时刻导轨ab、cd段与bc段的总长度。利用闭合电路欧姆定律即可求得感应电流大小。
（2）在任意时刻t，导轨的速度和位移同样由匀加速直线运动规律确定。回路感应电动势和总电阻随导轨位移变化，由此得到回路感应电流。导轨bc边所受安培力方向与运动方向相反，同时导轨还受到导体棒PQ施加的向右的滑动摩擦力。对导轨整体应用牛顿第二定律，合外力F需克服安培力、摩擦力并提供加速度，从而建立F与时间t的关系式。
（1）线框做匀加速直线运动，速度
此时bc切割磁感线的电动势
回路中的电阻
由欧姆定律可得
将时间代入，联立解得
（2）PQ离开线框有
解得
①当t≤T，也即时；由第（1）问可知，PQ未离开线框前，回路中的电流
线框受到的安培力
对线框分析，由牛顿第二定律可得
联立解得
②当，也即时；离开后，线框中无电流无摩擦，则有
1 / 1广东深圳市光明高级中学2025-2026学年高二下学期期末考试物理试卷
1．下列说法中，正确的是（　　）
A．磁场与电场一样都是客观不存在的
B．带电粒子在匀强磁场中运动受到洛伦兹力做正功
C．运动电荷在磁场中某点不受洛伦兹力作用，则该点的磁感应强度不一定为零
D．电场线从正电荷出发，终止于负电荷；磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
2．大型港口使用的“钴60集装箱检测系统”利用钴（）衰变时释放出的γ射线穿透集装箱，从而实现对走私品、危险品的无损检查。已知钴60的半衰期约为5.27年，其衰变方程为，下列说法正确的是（　　）
A．为β衰变
B．的结合能大于的结合能
C．X粒子来源于原子的核外电子
D．经过10.54年后，200个原子核还剩下50个原子核
3．“空间电场防病促生”技术的基本原理是通过直流电源在悬挂电极和地面之间产生空间电场，其作用之一是加速植物体内带正电的钾、钙离子等向根部聚集，促进植物快速生长。图中实线为该空间电场线的示意图。下列说法正确的是（　　）
A．悬挂电极应接电源正极
B．图中所示的、两点场强相同
C．钾、钙离子向根部聚集过程中电势能增大
D．空气中带负电的尘埃微粒（重力不计）都将沿电场线向悬挂电极聚集
4．2021年9月，东北地区出现供电紧张，于是国家电网采取拉闸限电措施限制用电量。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，输电线的电阻为R，两个变压器均为理想变压器。在某次拉闸限电后（假设所有用电器可视为纯电阻）电网中数据发生变化，下列说法正确的是（　　）
A．降压变压器的输出电压增加了
B．升压变压器的输出电流增加了
C．输电线上损失的功率增加了
D．发电厂输出的总功率增加了
5．历史上曾发生过军队齐步通过吊桥时，吊桥剧烈振动甚至断裂的事故。下列选项中原理与该现象相同的是（　　）
A．图甲中，快速转动竹竿，听到蜂鸣器音调变化
B．图乙中，水波绕过挡板继续传播
C．图丙中，主动降噪耳机发出降噪声波来实现降噪的效果
D．图丁中，摩擦“鱼洗”的双耳，会发出嗡嗡声
6．图1为光电效应实验电路图，某小组用红、绿两种颜色的激光分别照射光电管的阴极K，图2为两次实验得到的曲线，则（　　）
A．图2中a光表示绿光，b光表示红光
B．研究图2中的规律时，图1的开关需接在1接线柱上
C．a光和b光分别射入同一块玻璃中，a光的传播速度更小
D．a、b两束光分别射入同一双缝干涉装置，a光的条纹间距更大
7．如图，半径为的圆形区域内有磁感应强度大小为的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一质量为、电荷量为的带电粒子从点沿直径方向以某一速度射入磁场，经磁场偏转角度后从点射出。不计粒子重力，关于该过程，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中运动的时间为
B．粒子在磁场中运动的速度大小为
C．粒子运动过程中洛伦兹力的冲量为
D．如果粒子速度增大，粒子穿过磁场的时间变大
8．如图甲是我国自行研制的CPU“龙芯”系列。图乙中，和是芯片内部两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的电阻，的表面边长为的两倍。现给、通以相同的电流I，则与相比（　　）
A．电阻大小 B．两端电压
C．相同时间内通过的电荷量 D．相同时间内产生的焦耳热
9．“莫泽灯”是一种零成本环保照明用具。如图所示，装适量某透明液体且直径的圆柱形透明塑料瓶竖直固定在屋顶。一束单色光与水平面成60°角从瓶壁上的O点射入，进入瓶内后射到内壁A点，且A点比O点竖直降低h。俯视图显示光线刚好经过了瓶子横截面的中心，不计瓶壁对光的折射。下列说法正确的是（　　）
A．从O点射入，无论入射角多大，该光不可能在瓶内壁发生全反射
B．从O点射入，入射角增大到一定值，该光可以在瓶内壁发生全反射
C．该光从A点射入屋内时，出射光线与水平面的夹角为30°
D．瓶内液体对该光的折射率为
10．图（a）是一种双响炮图片，图（b）是其内部结构图：内部由上、下层火药组成。在一次燃放测试时，点燃引线，下层火药先被引燃发出第一声响，爆竹获得竖直向上的速度。当爆竹上升到最大高度处时，上层火药恰好被引燃，爆炸瞬间分裂成质量均为的、两部分，、均沿水平方向飞出，、落地前瞬间速度方向互相垂直，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为。则（　　）
A．落地前瞬间速度为
B．爆炸后，、组成的系统机械能比爆炸前增加了
C．、落地点的距离为
D．、落地时，系统总动能为
11．在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验．受此启发，某同学用如图甲所示的装置“验证动量守恒定律”，部分实验步骤如下：
（1）用螺旋测微器测P、Q上固定的遮光条宽度分别为和．测示数如图乙所示，其读数为　 　；
（2）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将其中一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动。此时，可以调节左支点使其高度　 　（选填“升高”或“降低”），直至滑块能静止在导轨上。
（3）用天平测得、的质量（含遮光条）分别为和。实验时，将两个滑块压缩轻弹簧后用细线栓紧，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为、。则动量守恒应满足的关系式为　 　（用、、、、、表示）。
12．多用电表是电学实验中常用的仪器，常用于粗测仪器的电阻。
（1）某同学打算利用多用电表粗测一个电压表的内阻，接下来应该做的是___________（把下列实验步骤前的字母按正确的操作顺序排列；可能有多余选项）；
A．将电表开关掷于合适挡，然后将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线
C．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线
D．调节机械调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线
E．调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线
（2）用多用电表的欧姆挡测量电压表的内阻时，若发现选用“×100”挡时指针偏角过小，则应换用　 　（填“×10”或“×1k”）挡。
（3）如上图所示是一种多用电表的电路图，该多用电表测量电流的部分为一量程为10 mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。改装后有两个量程可供选择：0 ~ 100 mA和0 ~ 1 A。已知电流表的内阻为10 Ω，则R1 = 　 　，R2 = 　 　。
13．学校食堂采用高温消毒柜对公共餐具进行消毒，加热前柜内气体温度T1 = 300 K，气体体积V = 100 L，压强与外部气压均为p0 = 1.0 × 105 Pa。若将柜门关好不漏气，加热一段时间后，柜内气体温度达到T2 = 390 K，此过程中气体吸收的热量为Q = 9 × 105 J，求：
（1）T2 = 390 K时柜内气体的压强p1；
（2）此过程中消毒柜内气体的内能的变化量；
（3）假设消毒柜内气体紧接着做等温变化，压强为p0时对应的体积。
14．近年来无人配送车搭载传感器、控制器，融合通信与网络技术，广泛用于快递、商超配送，实现了运输中转全流程智能化。如图所示，一辆满载的无人配送车正以的速度沿平直大道匀速行驶，正前方一辆电动助力车正以的速度同向匀速行驶。当两车相距时，电动助力车突然以的加速度做匀减速直线运动，为避免相撞，无人配送车立即以的加速度刹车做匀减速直线运动（不考虑无人配送车的反应时间），重力加速度，求：
（1）电动助力车刹车至停止的位移的大小；
（2）无人配送车与电动助力车之间的最小距离。
15．如图，质量为的“U”形金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上，其单位长度的电阻为，bc段长为L，ab、cd段长均为3L。电阻不计、质量为m的导体棒PQ平行于bc放置在导轨上，且PQ与导轨间的动摩擦因数为μ，紧靠PQ左侧有两个固定于水平面的光滑绝缘立柱。空间中存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在时，PQ与bc间距为L，对bc边施加水平向左的力F使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a。已知重力加速度为g，PQ始终与导轨接触良好，求
（1）时回路中感应电流大小；
（2）F随时间t变化的表达式。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】A、磁场与电场一样都是客观存在的物质，故 A 错误；B、洛伦兹力始终与粒子速度方向垂直，对带电粒子不做功，故 B 错误；
C、运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，但该处磁感应强度不为零，故 C 正确；
D、磁感线是闭合曲线，磁体内部磁感线由 S 极指向 N 极，并非终止于 S 极，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查场的物质性，电场、磁场都是客观存在的物质；
B、考查洛伦兹力做功特点，洛伦兹力始终和速度垂直，永不做功；
C、考查洛伦兹力产生条件，速度与磁场平行时不受洛伦兹力；
D、考查磁感线与电场线的区别，磁感线为闭合曲线，电场线不是闭合曲线。
2．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；结合能与比结合能
【解析】【解答】A. 衰变方程中质量数不变，电荷数增加1，符合衰变的特征，该衰变为衰变，A正确。
B. 衰变过程释放能量，生成物更稳定，原子核的结合能更大，因此的结合能大于的结合能，B错误。
C. 衰变产生的电子来源于原子核内中子转化为质子的过程，并非核外电子，C错误。
D. 半衰期是统计规律，只对大量原子核成立，对少量200个原子核不适用，剩余数量不一定恰好为50个，D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查原子核的衰变规律、结合能与半衰期的统计意义。根据衰变方程的质量数、电荷数守恒判断衰变类型；结合衰变放能的特点比较生成物与反应物的结合能大小；明确衰变的电子来源是原子核内部，同时理解半衰期是大量原子核的统计规律，对少量原子核不适用。
3．【答案】A
【知识点】电场强度；电场线；电势能
【解析】【解答】A. 带正电的离子向根部聚集，说明正电荷受电场力方向指向地面，电场方向与正电荷受力方向一致，因此电场方向由悬挂电极指向地面，电场线从正极出发，故悬挂电极接电源正极，A正确。
B. 电场强度是矢量，A、B两点电场线切线方向不同，场强方向不同，因此两点场强不相同，B错误。
C. 正离子向根部运动时，电场力方向与位移方向一致，电场力做正功，电势能减小，C错误。
D. 带负电的尘埃受电场力方向与电场线方向相反，但电场线为曲线，尘埃的速度方向与受力方向不始终共线，运动轨迹不会与电场线重合，D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查电场线的物理意义与电场力、电势能的变化规律。根据正电荷的受力方向判断电场方向，进而确定电极的正负极；结合电场强度的矢量性判断两点场强是否相同；根据电场力做功与电势能的关系分析离子的电势能变化，同时明确只有直线电场线且初速度为零时，带电粒子轨迹才会与电场线重合。
4．【答案】A
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】拉闸限电后用户端用电器减少，总电阻增大，降压变压器输出电流减小。
由理想变压器电流比，可知降压变压器输入电流减小，且，因此升压变压器输出电流减小，B错误。
输电线上电压损失，减小则减小；发电厂输出电压恒定，升压变压器输出电压恒定，由可知增大，再由得增加，A正确。
输电线上损失的功率，减小则损失功率减小，C错误。
由得随减小而减小，发电厂输出功率，因此输出总功率减小，D错误。
故答案为：A
【分析】本题考查远距离输电的动态分析，涉及理想变压器的电压、电流规律以及输电损耗的计算。从用户端负载变化入手，先判断用户总电流的变化，再通过变压器电流比推导输电线上的电流变化，进而分析电压损失、功率损失的变化，最终推导降压变压器输出电压和发电厂总功率的变化，需按照“用户端→输电线→发电厂”的顺序逐步推导。
5．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应；波的衍射现象；波的叠加
【解析】【解答】A、快速转动竹竿，听到蜂鸣器音调变化，属于多普勒效应，故 A 错误；B、水波绕过挡板继续传播，属于波的衍射现象，故 B 错误；
C、主动降噪耳机发出降噪声波来实现降噪，属于波的叠加抵消，故 C 错误；
D、摩擦 “鱼洗” 的双耳，会发出嗡嗡声，属于共振现象，和题干原理一致，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查多普勒效应，波源运动造成接收频率发生变化；
B、考查波的衍射，波绕过障碍物继续传播；
C、考查波的叠加，利用反相位声波抵消噪声；
D、考查共振现象，驱动力频率等于物体固有频率时发生共振，振幅显著增大。
6．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；干涉条纹和光的波长之间的关系；光电效应
【解析】【解答】根据光电效应方程，遏止电压越小，光的频率越低；红光频率低于绿光，
A、a光遏止电压更小，频率更低，代表红光；b光遏止电压大，代表绿光，故A错误；
B、为正向电压，此时A接正、K接正，开关接2接线柱，接1为反向电压，故B错误；
C、a光频率低，玻璃对a光折射率更小，由，a光在玻璃中传播速度更大，故C错误；
D、双缝干涉条纹间距，a光频率低、波长更长，条纹间距更大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查光电效应遏止电压与频率关系，频率越高遏止电压越大；
B、考查光电管电路，正向电压电源正极接A极，开关接2；
C、考查折射率与光速，频率越低介质折射率越小，光传播速度越大；
D、考查双缝干涉，波长越长，干涉条纹间距越大。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、粒子偏转圆心角为，运动时间，故 A 错误；
B、由几何关系得轨道半径，由洛伦兹力提供向心力，解得，故 B 正确；
C、粒子速度方向发生变化，动量发生变化，根据动量定理，洛伦兹力的冲量不为零，故 C 错误；
D、粒子速度增大，轨道半径变大，轨迹圆心角减小，粒子在磁场中的运动时间变小，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查带电粒子在磁场中运动时间计算，时间由轨迹圆心角和周期决定；
B、考查几何关系找轨道半径，结合洛伦兹力充当向心力求解速度；
C、考查动量定理，冲量等于动量的变化量；
D、考查速度对轨迹圆心角和运动时间的影响，速度越大，圆心角越小，运动时间越短。
8．【答案】C,D
【知识点】焦耳定律；电阻定律
【解析】【解答】设边长为，边长为，厚度均为，电阻率为。
由电阻定律，电流沿正方形边长方向流动，横截面积为厚度×边长。
对：，对：，因此，A错误。
由欧姆定律，电流相同、电阻相等，则，B错误。
由电荷量公式，电流相同、时间相同，则，C正确。
由焦耳定律，电流、电阻、时间均相等，则，D正确。
故答案为：CD
【分析】本题考查电阻定律的应用与焦耳定律、欧姆定律的结合。根据电阻定律推导两个正方形电阻的阻值，得出阻值与边长无关、仅与厚度和电阻率有关的结论；再结合欧姆定律、电荷量公式和焦耳定律，分析电压、电荷量和焦耳热的关系。
9．【答案】A,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A、根据光路可逆，O 点的折射角等于 A 点的入射角。若 A 点发生全反射，O 点入射角需大于等于 90°，光线就无法射入瓶内，因此无论入射角多大，光不可能在瓶内壁发生全反射，故 A 正确。
B、由光路可逆分析可知，不存在可以发生全反射的入射角，故 B 错误。
C、根据光路可逆，该光从 A 点射出时，出射光线与水平面夹角为 60°，故 C 错误。
D、由几何关系可得，入射角，折射率，故 D 正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查光路可逆与全反射条件，从外部入射的光线，无法在瓶内壁满足全反射条件。
B、结合光路可逆判断，不存在能触发内壁全反射的入射角度。
C、利用光路可逆判断出射光线的角度。
D、结合几何关系找出入射角和折射角，使用折射定律计算液体折射率。
10．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】爆炸后两部分做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，落地时竖直分速度
，爆炸瞬间水平方向动量守恒，系统初始水平动量为0，因此两部分水平速度大小相等，即。两部分落地速度方向互相垂直，说明速度与水平方向夹角均为，因此。
A. M落地瞬间的合速度，A错误。
B. 爆炸增加的机械能等于爆炸后两部分的动能增量，即，B正确。
C. 平抛运动时间，两部分向相反方向运动，落地点距离
，C正确。
D. 落地时系统总动能，D错误。
故答案为：BC
【分析】本题考查爆炸过程的动量守恒与平抛运动规律的结合，涉及机械能变化与动能计算。先分析平抛运动的竖直分速度，再利用爆炸瞬间水平动量守恒得到两部分的水平速度关系；结合落地速度垂直的几何条件求出水平速度大小，进而计算落地速度、落地点距离、机械能增量和总动能，需注意爆炸过程内力做功，机械能不守恒。
11．【答案】（1）6.860（6.858-6.862）
（2）降低
（3）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题关键掌握“验证动量守恒定律”的实验原理和螺旋测微器的读数方法。
（1）螺旋测微器的精确值为，由图乙可得
（2）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将其中一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动，可知此时左端高，右端低，可以调节左支点使其高度降低，直至滑块能静止在导轨上。
（3）两滑块被弹簧弹开后的速度分别为，
若动量守恒，则有
联立可得动量守恒应满足的关系式为
【分析】（1）读出螺旋测微器的固定刻度和可动刻度相加即可；
（2）向右加速运动，可知此时左端高，右端低，调节左支点使其高度降低；
（3）利用平均速度替代通过光电门的速度，根据动量守恒定律表达式推导。
（1）螺旋测微器的精确值为，由图乙可得
（2）在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将其中一个滑块轻放在导轨中部后，发现它向右加速运动，可知此时左端高，右端低，可以调节左支点使其高度降低，直至滑块能静止在导轨上。
（3）两滑块被弹簧弹开后的速度分别为，
若动量守恒，则有
联立可得动量守恒应满足的关系式为
12．【答案】（1）A；B；E
（2）“×1k”
（3）；1 Ω
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查多用电表的使用，解题关键注意电表改装原理。合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近．若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位．每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率。
（1）利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用电表开关掷于合适挡，接下来先调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线；再将红、黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线，之后进行测量，则正确的操作顺序是EAB。
（2）多用电表的欧姆挡表盘的0刻线在右端，选“×100”挡时，发现指针偏转角过小（指针所指的欧姆表的示数较大），说明被测阻值较大，应改用“×1k”挡，换挡后必须将红表笔和黑表笔短接，调零后再重新测量。
（3）多用电表测量电流的部分为一量程为10mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。由图可知，开关接2应是0 ~ 100mA量程的电流表，由欧姆定律可得
开关接1应是0 ~ 1 A量程的电流表，由欧姆定律可得
联立解得
，
【分析】（1）根据欧姆表的使用规则进行判断；
（2）偏角过小，说明阻值较大，换用大挡位；
（3）根据代表改装及欧姆定律分析解答。
（1）利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用电表开关掷于合适挡，接下来先调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线；再将红、黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线，之后进行测量，则正确的操作顺序是EAB。
（2）多用电表的欧姆挡表盘的0刻线在右端，选“×100”挡时，发现指针偏转角过小（指针所指的欧姆表的示数较大），说明被测阻值较大，应改用“×1k”挡，换挡后必须将红表笔和黑表笔短接，调零后再重新测量。
（3）[1][2]多用电表测量电流的部分为一量程为10 mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。由图可知，开关接2应是0 ~ 100 mA量程的电流表，由欧姆定律可得
开关接1应是0 ~ 1 A量程的电流表，由欧姆定律可得
联立解得
，
13．【答案】（1）解：升温过程为等容变化，根据查理定律得
解得
（2）解：根据热力学第一定律
由于气体的体积不变，所以W = 0，则气体的内能的变化量为
（3）解：此过程为等温变化，根据玻意耳定律得
解得
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 体积不变，使用查理定律处理等容变化，求解升温后的压强；
(2) 等容过程气体做功为零，直接由热力学第一定律得到内能变化；
(3) 温度不变，玻意耳定律处理等温变化，压强与体积成反比求出对应体积。
（1）升温过程为等容变化，根据查理定律得
解得
（2）根据热力学第一定律
由于气体的体积不变，所以W = 0，则气体的内能的变化量为
（3）此过程为等温变化，根据玻意耳定律得
解得
14．【答案】（1）解：电动助力车刹车后，由匀变速直线运动的速度-位移公式：
代入数据解得
即电动助力车刹车完成后的位移大小为16m
（2）解：设从刹车开始经过时间无人配送车与电动助力车速度相等，此时两车之间的距离最小，则
解得
在时间内，无人配送车的位移，电动助力车的位移，则，
代入数据解得，
由几何关系
即无人配送车与电动助力车之间的最小距离
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】(1) 匀减速到零，直接使用速度 位移关系式求解刹车位移；
(2) 追及避碰问题，两车速度相等是距离极值的临界条件；分别算出两车位移，结合初始间距，求出最小间距。需要注意要先判断速度相等时刻两车是否都还没有停下。
（1）电动助力车刹车后，由匀变速直线运动的速度-位移公式：
代入数据解得
即电动助力车刹车完成后的位移大小为16m。
（2）设从刹车开始经过时间无人配送车与电动助力车速度相等，此时两车之间的距离最小，则
解得
在时间内，无人配送车的位移，电动助力车的位移，则，
代入数据解得，
由几何关系
即无人配送车与电动助力车之间的最小距离
15．【答案】（1）解：线框做匀加速直线运动，速度
此时bc切割磁感线的电动势
回路中的电阻
由欧姆定律可得
将时间代入，联立解得
（2）解：PQ离开线框有
解得
①当t≤T，也即时；由第（1）问可知，PQ未离开线框前，回路中的电流
线框受到的安培力
对线框分析，由牛顿第二定律可得
联立解得
②当，也即时；离开后，线框中无电流无摩擦，则有
【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）导轨由静止开始匀加速直线运动，通过匀加速直线运动规律确定t时刻导轨的速度和位移。回路中切割磁感线的有效长度为bc段长L，感应电动势由导体棒切割磁感线产生。回路总电阻需考虑导轨单位长度电阻R0，并计算t时刻导轨ab、cd段与bc段的总长度。利用闭合电路欧姆定律即可求得感应电流大小。
（2）在任意时刻t，导轨的速度和位移同样由匀加速直线运动规律确定。回路感应电动势和总电阻随导轨位移变化，由此得到回路感应电流。导轨bc边所受安培力方向与运动方向相反，同时导轨还受到导体棒PQ施加的向右的滑动摩擦力。对导轨整体应用牛顿第二定律，合外力F需克服安培力、摩擦力并提供加速度，从而建立F与时间t的关系式。
（1）线框做匀加速直线运动，速度
此时bc切割磁感线的电动势
回路中的电阻
由欧姆定律可得
将时间代入，联立解得
（2）PQ离开线框有
解得
①当t≤T，也即时；由第（1）问可知，PQ未离开线框前，回路中的电流
线框受到的安培力
对线框分析，由牛顿第二定律可得
联立解得
②当，也即时；离开后，线框中无电流无摩擦，则有
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